精品解析江苏省高考化学试题解析版.docx

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精品解析江苏省高考化学试题解析版

绝密★启用前

2019年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）

化学

注意事项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1．本卷满分为120分，考试时间为100分钟。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。

3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。

4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。

5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Cr52Fe56Cu64Ag108I127

选择题

单项选择题：

本题包括10小题，每小题2分，共计20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.糖类是人体所需的重要营养物质。

淀粉分子中不含的元素是

A.氢B.碳C.氮D.氧

【答案】C

【解析】

【分析】

此题属于一道简单题目，考点为营养物质中糖类的组成元素。

【详解】淀粉属于多糖，分子组成为（C6H10O5）n，组成元素为C、H、O，不含N元素；故选C。

2.反应NH4Cl+NaNO2

NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。

下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是

A.中子数为18的氯原子：

B.N2的结构式：

N=N

C.Na+的结构示意图：

D.H2O的电子式：

【答案】D

【解析】

【分析】

此题考查化学用语，化学用语包括：

化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。

【详解】A.核素的表达式

中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为

，A项错误；

B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；

C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为

，C项错误；

D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。

故选D。

3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A.NH4HCO3受热易分解，可用作化肥

B.稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈

C.SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白

D.Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝

【答案】B

【解析】

【详解】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；

B.铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；

C.二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；

D.电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3具有两性。

故选B。

4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A.0.1mol·L−1NaOH溶液：

Na+、K+、

、

B.0.1mol·L−1FeCl2溶液：

K+、Mg2+、

、

C.0.1mol·L−1K2CO3溶液：

Na+、Ba2+、Cl−、OH−

D.0.1mol·L−1H2SO4溶液：

K+、

、

、

【答案】A

【解析】

【分析】

此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。

【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；

B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；

C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；

D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；

故选A。

【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。

离子间不能大量共存的原因有：

①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。

5.下列实验操作能达到实验目的的是

A.用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH

B.将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L−1NaOH溶液

C.用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体

D.用装置乙除去实验室所制乙烯中

少量SO2

【答案】D

【解析】

【分析】

此题考查基本实验操作，根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。

【详解】A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，不能达到实验目的，A项错误；

B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：

计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；

C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：

AlCl3+3H2O

Al（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；

D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；

故选D。

【点睛】本题易错选C项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。

6.下列有关化学反应的叙述正确的是

A.Fe在稀硝酸中发生钝化B.MnO2和稀盐酸反应制取Cl2

C.SO2与过量氨水反应生成（NH4）2SO3D.室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2

【答案】C

【解析】

【分析】

相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；

A.钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化；

B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；

C.过量与少量问题应以少量物质

基准书写产物；

D.钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；

【详解】A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；

B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；

C.二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵，故C正确；

D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；

综上所述，本题应选C。

【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。

7.下列指定反应的离子方程式正确的是

A.室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：

Cl2+2OH−

ClO−+Cl−+H2O

B.用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：

Al+2OH−

+H2↑

C.室温下用稀HNO3溶解铜：

Cu+2

+2H+

Cu2++2NO2↑+H2O

D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：

Na2SiO3+2H+

H2SiO3↓+2Na+

【答案】A

【解析】

【分析】

A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；B.电荷不守恒；

C.不符合客观事实；

D.应拆分的物质没有拆分；

【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；

B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故B错误；

C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO，正确的离子方程式为：

3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C错误；

D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：

SiO32-+2H+=H2SiO3

，故D错误；

综上所述，本题应选A.

【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。

判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：

①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。

下列说法正确的是

A.原子半径：

r（W）>r（Z）>r（Y）>r（X）

B.由X、Y组成的化合物是离子化合物

C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强

D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强

【答案】B

【解析】

分析】

X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；

【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r（Mg）＞r（Si）＞r（S）＞r（O），故A错误；

B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；

C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；

D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；

总上所述，本题选B。

【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

A.NaCl（aq）

Cl2（g）

FeCl2（s）

B.MgCl2（aq）

Mg（OH）2（s）

MgO（s）

C.S（s）

SO3（g）

H2SO4（aq）

D.N2（g）

NH3（g）

Na2CO3（s）

【答案】B

【解析】

【分析】

A.电解条件时应看清

电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；

B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；

C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；

D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；

【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；

B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；

C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；

D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；

综上所述，本题应选B。

【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。

10.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。

下列有关该实验的说法正确的是

A.铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−

Fe3+

B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能

C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀

D.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀

【答案】C

【解析】

【分析】

根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：

Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：

O2+2H2O+4e-=4OH-；据此解题；

【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：

Fe-2e-=Fe2+，故A错误；

B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；

C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；

D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；

综上所述，本题应选C.

【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。

根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：

Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：

2H++2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：

Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：

O2+2H2O+4e-=4OH-。

不定项选择题：

本题包括5小题，每小题4分，共计20分。

每小题只有一个或两个选项符合题意。

若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。

11.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。

下列有关说法正确的是

A.一定温度下，反应2H2（g）+O2（g）

2H2O（g）能自发进行，该反应的ΔH<0

B.氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e−

4OH−

C.常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023

D.反应2H2（g）+O2（g）

2H2O（g）的ΔH可通过下式估算：

∆H=反应中形成新共价键的键能之和-反应中断裂旧共价键的键能之和

【答案】A

【解析】

【详解】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即∆H<0，故A正确；

B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为：

2H2-4e-=4H+，故B错误；

C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误；

D.反应中，应该如下估算：

∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；

故选A。

12.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。

下列有关化合物X、Y的说法正确的是

A.1molX最多能与2molNaOH反应

B.Y与乙醇发生酯化反应可得到X

C.X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应

D.室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等

【答案】CD

【解析】

【详解】A.X分子中，1mol羧基消耗1molNaOH，1mol由酚羟基形成的酯基消耗2molNaOH，所以1molX最多能与3molNaOH反应，故A错误；

B.比较X与Y的结构可知，Y与乙酸发生酯化反应可得到X，故B错误；

C.X和Y分子中都含有碳碳双键，所以均能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C正确；

D.X和Y分子中碳碳双键的位置相同，分别与足量Br2加成后产物的结构相似，所以具有相同数目的手性碳原子，都有3个，故D正确；

故选CD。

13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是

选项

实验操作和现象

结论

A

向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色

X溶液中一定含有Fe2+

B

向浓度均为0.05mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成

Ksp（AgI）>Ksp（AgCl）

C

向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色

Br2的氧化性比I2的强

D

用pH试纸测得：

CH3COONa溶液的pH约为

9，NaNO2溶液的pH约为8

HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，故A错误；

B.黄色沉淀

AgI，说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp（AgI）

C.溶液变蓝说明有单质碘生成，说明溴置换出KI中的碘，根据氧化还原反应的原理得出结论：

Br2的氧化性比I2的强，故C正确；

D.CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，故D错误；

故选C。

14.室温下，反应

+H2O

H2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。

将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。

若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是

A.0.2mol·L−1氨水：

c（NH3·H2O）>c（

）>c（OH−）>c（H+）

B.0.2mol·L−1NH4HCO3溶液（pH>7）：

c（

）>c（

）>c（H2CO3）>c（NH3·H2O）

C.0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：

c（

）+c（NH3·H2O）=c（H2CO3）+c（

）+c（

）

D.0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：

c（NH3·H2O）+c（

）+c（OH−）=0.3mol·L−1+c（H2CO3）+c（H+）

【答案】BD

【解析】

【详解】A.NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：

NH3∙H2O

NH4++OH-，H2O

H++OH-，所以c（OH-）>c（NH4+），故A错误；

B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c（NH4+）>c（HCO3-），HCO3-水解：

H2O+HCO3-

H2CO3+OH-，NH4+水解：

NH4++H2O

NH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c（H2CO3）>c（NH3∙H2O），故B正确；

C.由物料守恒，n（N）:

n（C）=2:

1，则有c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=2[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]，故C错误；

D.由物料守恒，n（N）:

n（C）=4:

1，则有c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=4[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]①；电荷守恒有：

c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）②；结合①②消去c（NH4+）得：

c（NH3∙H2O）+c（OH-）=c（H+）+4c（H2CO3）+3c（HCO3-）+2c（CO32-）③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c（NH4HCO3）=0.1mol/L，由碳守恒有，c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c（CO32-），则有c（NH3∙H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）+3c（H2CO3）+3c（HCO3-）+3c（CO32-），将④带入③中得，c（NH3∙H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）+0.3mol/L，故D正确；

故选BD。

15.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化）。

下列说法正确的是

A.反应2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）的ΔH>0

B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率

C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率

D.380℃下，c起始（O2）=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000

【答案】BD

【解析】

【详解】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；

B.根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；

C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；

D.设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、（5×10-4-0.25a）mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K=

>

=2000，故D正确；

故选BD。

【点睛】解本题时需要注意：

实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。

非选择题

16.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。

（1）N2O的处理。

N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。

NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为________。

（2）NO和NO2的处理。

已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为

NO+NO2+2OH−

2

+H2O

2NO2+2OH−

+

+H2O

①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________（填字母）。

A．加快通入尾气的速率

B．采用气、液逆流的方式吸收尾气

C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液

②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是________（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________（填化学式）。

（3）NO的氧化吸收。

用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。

其他条件相同，NO转化为

的转化率随NaClO溶液